Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: \(AB^2=HB^2+HA^2\)
\(BM\cdot BA=BH^2\)
\(AM\cdot AB=AH^2\)
\(BH\cdot HA=HM\cdot BA\)
\(HM^2=MA\cdot MB\)
c: Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔBHA vuông tại H có HM là đường cao ứng với cạnh huyền BA, ta được:
\(BM\cdot BA=BH^2\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔBHC vuông tại H có HN là đường cao ứng với cạnh huyền BC, ta được:
\(BN\cdot BC=BH^2\)
Xét tứ giác BNHM có
\(\widehat{NBM}=\widehat{BNH}=\widehat{BMH}=90^0\)
Do đó: BNHM là hình chữ nhật
Suy ra: BH=NM
Ta có: \(BM\cdot BA+BN\cdot BC\)
\(=BH^2+BH^2\)
\(=2\cdot NM^2\)
Bạn tự vẽ hình nha.
a) \(sinA=\dfrac{BH}{AB},cosA=\dfrac{AH}{AB},tanA=\dfrac{BH}{AH},cotA=\dfrac{AH}{BH}\\sin \widehat{ABH}=\dfrac{AH}{AB},cos\widehat{ABH}=\dfrac{BH}{AB},tan\widehat{ABH}=\dfrac{AH}{BH},cot\widehat{ABH}=\dfrac{BH}{AH}\)
b)Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác BHC vuông tại H, ta được:
\(CH=\sqrt{BC^2-BH^2}=\sqrt{900-576}=18\left(cm\right)\)
Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông, ta được:
\(AC=\dfrac{BC^2}{HC}=\dfrac{900}{18}=50\left(cm\right)\)
\(AB=\dfrac{BH\cdot AC}{BC}=\dfrac{24\cdot50}{30}=40\left(cm\right)\)
\(AH=\dfrac{AB^2}{AC}=\dfrac{400}{50}=8\)(cm)
c) Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông, ta được:
BN.BC=\(BH^2\)
BM.BA=\(BH^2\)
Suy ra, BN.BC+BM.BA=2\(BH^2\)
Xét tứ giác BMHN có:
góc BMH = góc MBN = góc HNB = \(90^0\)
nên tứ giác BMHN là hình chữ nhật.
suy ra BH = MN .
Suy ra, BN.BC+BM.BA = 2.\(MN^2\)(đpcm)
Tự vẽ hình lấy chứ hình nó khó vẽ trên này lắm thông cảm
a) P và Q là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác đồng dạng AHB và CHA nên
\(\frac{HP}{HQ}=\frac{AB}{AC}\)nên \(\Delta HPQ~\Delta ABC\left(c-g-c\right)\)
b) Từ câu a suy ra \(\widehat{HPQ}=\widehat{C}\)mà \(\widehat{C}=\widehat{A_1}\)
Nên \(\widehat{HPQ}=\widehat{A_1}\)( 1 )
Tứ giác HPKQ có \(\widehat{PHQ}=\widehat{PKQ}=90^o\)nên là tứ giác nội tiếp, suy ra \(\widehat{HPQ}=\widehat{HKP}\)( 2 )
Từ (1) VÀ (2) suy ra \(\widehat{A_1}=\widehat{HKP}\)do đó KP // AB. Chứng minh tương tự, KQ // AC.
c) Ta có : \(\widehat{C}=\widehat{HKP}=\widehat{MKP}\)tự chứng minh \(\widehat{MKP}=\widehat{M_1}\)(sử dụng kết quả ở câu b).
d) Ta có : \(\widehat{A_1}=\widehat{M_1}\left(=\widehat{C}\right)\)nên KM = KA. Tương tự KP =KA. Do đó năm điểm A, M, P, Q, N thuộc đường tròn (K; KA).
e) Từ câu a suy ra \(\widehat{HQP}=\widehat{C}\)nên HQEC là tứ giác nội tiếp, do đó \(\widehat{QEA}=\widehat{QHC}=45^o\)
Tam giác ADE có : \(\widehat{E}=45^o\)
\(\Rightarrow\) ADE là tam giác vuông cân.
à câu cuối còn một cách nữa :)
Chứng minh \(BP\perp AQ\)tương tự ta cũng chứng minh \(CQ\perp AP\)
\(\Rightarrow\)\(AO\perp PQ\)(O là giao điểm của BP và CQ). Tam giác ADE có AO là tia phân giác góc A và \(AO\perp DE\)
\(\Rightarrow\)Tam giác AED vuông cân ( đpcm )
a: XétΔAHB vuông tại H có HD là đường cao
nên \(AD\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)
Xét ΔAHC vuông tại H có HE là đường cao
nên \(AE\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(AD\cdot AB=AE\cdot AC\)